21.7.31 test

\(NOIP\) 测试

好久没有这种感觉能阿克的冲动了！但还是挂了分

T1 WOJ2608(模拟，拓扑排序)

签到题，直接模拟，有点像拓扑排序。

要给点打标记不然可能被某次操作中弹出多次该点导致WA \(\color{red}{100\rightarrow50}\)

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){
	int p=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'){if(c=='0')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){p=p*10+c-'0';c=getchar();}
	return p*f;
}
const int N=1000005;
const int G=250005;
int n,g;
struct edge{
	int v,next;
}e[N+G];
int head[N+G],en;
int in[N+G];
int sum[N+G];
void insert(int u,int v){
	e[++en].v=v;
	e[en].next=head[u];
	head[u]=en;
}
int ans=1;
queue<int> q;
int vis[N+G];
signed main(){
	//freopen("a.in","r",stdin);
	//freopen("a.out","w",stdout);
	n=read(),g=read();
	for(int i=1;i<=g;i++){
		int t=read();
		for(int j=1;j<=t;j++){
			int u=read();
			insert(u,n+i);
			in[n+i]++;
			sum[n+i]^=u;
		}
	}
	for(int i=head[1];i;i=e[i].next)
		in[e[i].v]--,sum[e[i].v]^=1;
	for(int i=1;i<=g;i++)
		if(in[n+i]==1)q.push(n+i);
	while(!q.empty()){
		int now=q.front();q.pop();
		int u=sum[now];ans++;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
			in[e[i].v]--,sum[e[i].v]^=u;
			if(in[e[i].v]==1&&!vis[sum[e[i].v]]){
				vis[sum[e[i].v]]=1;
				q.push(e[i].v);
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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T2 WOJ2970(背包dp)

一眼以为只有两类动物反手打了个exgcd

两个点之间声音的大小差距只有-1或某个非负数。注意到``每个点发出的声音音量<=10^5`，所以可以\(O(m*1e5)\) 预处理出每种音量最小的动物数，然后 \(O(n)\) 走一遍就行力。\(\color{green}{100}\)

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define in read()
inline int read(){
	int p=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'){if(c=='0')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){p=p*10+c-'0';c=getchar();}
	return p*f;
}
const int V=1e5+5;
int n,m;
int v[25],l[105];
int p[V];
inline void makep(){
	memset(p,127,sizeof(p));
	p[0]=0;
	for(int i=1;i<=100000;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(i-v[j]<0)break;
			p[i]=min(p[i],p[i-v[j]]+1);
		}
	}
}
int ans;
signed main(){
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		v[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		l[i]=read();
	sort(v+1,v+1+m);
	makep();
	if(p[l[1]]==p[V-1]){
		cout<<-1;return 0;
	}
	ans+=p[l[1]];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int temp=max(0LL,l[i-1]-1);
		if(temp==l[i])continue;
		if(p[l[i]-temp]==p[V-1]){
			cout<<-1;return 0;
		}
		ans+=p[l[i]-temp];
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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T3 WOJ3766(分层图，最短路)

注意到边权非负，考虑 dijkstra 跑最短路，加上一个剩余复活机会的状态k，取到k<0时continue，其他的和 dijkstra 差不多。手写了一个结构体方便用优先队列。思想其实和分层图类似，或者说我间接写出了分层图的一种实现

另外，此题有20分zz数据，走到n节点时刚好死亡是会记入答案的。\(\color{red}{100\rightarrow80}\)

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define in read()
inline int read(){
	int p=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'){if(c=='0')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){p=p*10+c-'0';c=getchar();}
	return p*f;
}
int n,m,k;
const int N=805;
const int M=4005;
const int K=15;
struct edge{
	int v,w,next;
}e[2*M];
int head[N],en;
void insert(int u,int v,int w){
	e[++en].v=v;
	e[en].w=w;
	e[en].next=head[u];
	head[u]=en;
}
void add(int u,int v,int w){
	insert(u,v,w);
	insert(v,u,w);
}
int cas[N];
int vis[N][K];
struct nod{
	int dis,u,k;
};
bool operator<(const nod &a,const nod &b){
	return a.dis<b.dis;
}
priority_queue<nod>q;
int dijkstra(){
	nod temp;
	temp.dis=0LL;
	temp.u=1;
	temp.k=k-cas[1];
	q.push(temp);
	while(!q.empty()){
		int tw=-q.top().dis,u=q.top().u,tk=q.top().k;q.pop();
		//cout<<tw<<" "<<u<<" "<<tk<<endl;
		if(u==n)return tw;
		if(tk<0||vis[u][tk])continue;
		vis[u][tk]=1;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
			int v=e[i].v,w=e[i].w;
			temp.dis=-(tw+w);
			temp.u=v;
			temp.k=tk-cas[v];
			q.push(temp);
		}
	}
	return -1;
}
signed main(){
	//freopen("c.in","r",stdin);
	//freopen("c.out","w",stdout);
	n=in,m=in,k=in;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cas[i]=in;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u=in,v=in,w=in;
		add(u,v,w);
	}
	cout<<dijkstra();
	return 0;
}

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T4 WOJ4639(区间dp)

题解的状压dp我是真没听懂

注意到M很小，所以刚开始想的是一行一行转移，但想了几种策略都被自行hack了，所以放弃一行一行做。考虑到将原图分割再合并答案，于是我们设 \(dp(x,y,p,q)\) 为原图中 \((x,y)\) 为左上角，\((p,q)\) 为右下角的部分的最少分割所需矩形。

按横向切割，\(dp(x,y,p,q)=\min(dp(x,y,k,q)+dp(k+1,y,p,q))\)，\(x\leq k<p\)

按纵向切割，\(dp(x,y,p,q)=\min(dp(x,y,p,k)+dp(x,k+1,p,q))\)，\(y\leq k<q\)

边界条件为该部分原图内全是1返回1或者全是0返回0，这部分可以写个二维前缀和方便判断。

状态数是\(n^2m^2\),用了记搜之后时间复杂度应该也是 \(O(n^2m^2)\).

个人认为记忆化搜索就是反向的dp,所以这题就是区间dp \(\color{green}{100}\)

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define in read()
inline int read(){
	int p=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'){if(c=='0')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){p=p*10+c-'0';c=getchar();}
	return p*f;
}
int n,m;
int a[105][10];
int sum[105][10];
int getsum(int x,int y,int p,int q){
	return sum[p][q]-sum[p][y-1]-sum[x-1][q]+sum[x-1][y-1];
}
int ans[105][10][105][10];
int dfs(int x,int y,int p,int q){
	if(ans[x][y][p][q])return ans[x][y][p][q];
	if(getsum(x,y,p,q)==(p-x+1)*(q-y+1))return ans[x][y][p][q]=1;
	if(getsum(x,y,p,q)==0)return 0;
	int res=0x7fffffffffffffff;
	for(int i=x;i<p;i++)
		res=min(res,dfs(x,y,i,q)+dfs(i+1,y,p,q));
	for(int i=y;i<q;i++)
		res=min(res,dfs(x,y,p,i)+dfs(x,i+1,p,q));
	return ans[x][y][p][q]=res;
}
signed main(){
	freopen("d.in","r",stdin);
	freopen("d.out","w",stdout);
	n=in,m=in;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			a[i][j]=in;
			sum[i][j]=sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j];
		}
	cout<<dfs(1,1,n,m);
	return 0;
}

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题目还是比较简单。

窝被 dty 单调队列力。